Cisalhamento Transversal e Flambagem de Colunas

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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS 
AULA 5 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Profª Francielly Elizabeth de Castro Silva 
 
 
CONVERSA INICIAL 
Nesta aula, você aprenderá a determinar a tensão de cisalhamento 
transversal em elementos retos e sua distribuição em uma seção transversal, 
além de aprender a calcular o fluxo de cisalhamento em estruturas compostas 
por vários elementos. Veremos também como determinar a carga crítica de 
flambagem em elementos submetidos a uma força de compressão e fixados 
por pinos ou por outro tipo de apoio. Por fim, desenvolveremos a metodologia 
para determinar a pressão interna em vasos de pressão de paredes finas. 
TEMA 1 – CISALHAMENTO TRANSVERSAL EM ELEMENTOS RETOS 
Anteriormente, vimos como determinar a tensão de cisalhamento média 
em elementos estruturais. Em geral, as vigas sofrem cargas de cisalhamento e 
de flexão. Todo elemento que contém uma força transversal está sendo 
solicitado ao cisalhamento, como é o caso de vigas de construção (Figura 1a e 
1b), pinos, rebites, chassis de carro ou uma operação de dobra ou corte de 
chapa (Figura 1c e 1d) etc. 
Figura 1 – Estruturas solicitadas por cargas cisalhantes: (a) e (b) viga de uma 
construção, (c) e (d) dobra de chapa 
(a) (b) 
(c) (d) 
Créditos: northlight/Shutterstock; Roman023_photography/Shutterstock; 
ZhakYaroslav/Shutterstock; Orlyanskiy /Shutterstock. 
 
 
3 
A distribuição da tensão de cisalhamento é mostrada na Figura 2 e ela 
age tanto no plano transversal como no plano longitudinal como. 
Figura 2 – Deformação de um eixo devido a um torque aplicado 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
A fim de ilustrar o efeito provocado pela tensão de cisalhamento 
longitudinal, considere a viga composta por três tábuas sobrepostas. Se as 
tábuas estiverem soltas e uma força transversal P for aplicada, as tábuas vão 
deslizar uma sobre as outra, como mostra a Figura 3a. Entretanto, se as tábuas 
estiverem unidas (coladas, por exemplo), então a tensão de cisalhamento 
longitudinal impedirá que uma deslize sobre a outra, como se fosse uma única 
tábua (Figura 3b). 
Figura 3 – (a) Tábuas soltas e (b) tábuas unidas 
(a) 
(b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
4 
1.1 Fórmula do cisalhamento 
Uma análise detalhada é feita sobre uma viga, a fim de obter a equação 
que descreve a tensão de cisalhamento em um ponto da viga. Você pode 
verificá-la na Seção 7.2 do nosso livro-base. Aqui, não vamos desenvolver 
essa equação. Portanto, a fórmula do cisalhamento é dada por: 
𝜏𝜏 =
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝐼𝐼𝐼𝐼
 (1) 
Aqui, 𝜏𝜏 corresponde à tensão de cisalhamento no elemento no ponto 
localizado a distância 𝑦𝑦 do eixo neutro. Consideramos que ela é constante e 
média por toda a largura 𝐼𝐼 do elemento. 𝑉𝑉 é a força cortante interna 
determinada pelo método das seções, 𝐼𝐼 é o momento de inércia de área da 
seção transversal calculada em torno do eixo neutro, 𝐼𝐼 corresponde à largura 
da seção transversal do elemento que passa pelo ponto onde a tensão de 
cisalhamento está sendo calculada e 𝑉𝑉 é o momento de primeira ordem da 
área 𝐴𝐴′, definido por: 
𝑉𝑉 = 𝑦𝑦�′𝐴𝐴′ (2) 
𝐴𝐴′ é a área da porção superior ao ponto definido pela largura 𝐼𝐼, em que a 
tensão de cisalhamento está sendo determinada, e 𝑦𝑦�′ é a distância entre o 
centroide da área 𝐴𝐴′ e o eixo neutro. 
Os termos das Equações 1 e 2 são representados na seguinte figura 
para uma seção transversal qualquer. 
Figura 4 – Termos da fórmula do cisalhamento em um elemento de seção 
qualquer 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
5 
A tensão longitudinal é equivalente à transversal sobre a largura 𝐼𝐼. 
Uma das premissas mais importantes considerada para o 
desenvolvimento da fórmula do cisalhamento é que a tensão é distribuída 
sobre a largura 𝐼𝐼 de forma uniforme na seção, ou seja, ao fazer essa 
consideração, estamos determinando a tensão de cisalhamento média na 
largura 𝐼𝐼. Para seções retangulares, nas quais 𝑏𝑏/ℎ = 0,5, a tensão máxima de 
cisalhamento 𝜏𝜏′𝑚𝑚á𝑥𝑥 é 3% maior que a tensão de cisalhamento máxima média 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥. Para seções retangulares em que 𝑏𝑏/ℎ = 2, a tensão máxima de 
cisalhamento 𝜏𝜏′𝑚𝑚á𝑥𝑥 é 40% maior que a tensão de cisalhamento máxima média 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥. O erro se torna maior à medida que a seção se torna mais achatada. A 
distribuição da tensão máxima real e média para ambos os casos podem ser 
observadas na Figura 4. 
Figura 4 – Distribuição da tensão máxima de cisalhamento (a) para 𝑏𝑏/ℎ = 0,5 e 
(b) para 𝑏𝑏/ℎ = 2 
(a) (b) 
Fonte: Hibberler, 2018. 
Certamente, essa diferença entre a tensão máxima de cisalhamento e a 
tensão máxima de cisalhamento média pode ser inaceitável em determinados 
projetos. Entretanto, em geral, o engenheiro utiliza a fórmula do cisalhamento 
para determinar a tensão máxima de cisalhamento média de vigas de abas 
largas e isso ocorre sobre o eixo neutro (Figura 5), em que a razão 𝑏𝑏/ℎ para 
alma é muito pequena e, portanto, o resultado calculado fica muito próximo ao 
da tensão de cisalhamento máxima real. 
 
 
 
6 
Figura 5 – Viga de seção transversal de abas largas 
 
Fonte: Hibberler, 2018. 
Há também um problema de imprecisão dos resultados no cálculo da 
tensão de cisalhamento em seções transversais que sofrem mudança 
repentina. O cálculo não deve ser realizado em uma seção que intercepta o 
contorno do elemento a um ângulo diferente de 90°. Para este último caso, 
temos a Figura 6, que mostra uma seção transversal qualquer e os pontos em 
que a tensão de cisalhamento pode ser determinada de forma mais precisa. 
Figura 6 – Seção transversal qualquer com distribuição da tensão de 
cisalhamento nos pontos perpendiculares à tangente da superfície 
 
Fonte: Hibberler, 2018. 
Exemplo 1: Determine a distribuição da tensão de cisalhamento sobre a 
seção transversal da viga mostrada na figura. 
 
 
7 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Podemos escolher um ponto 𝑦𝑦 arbitrário para determinar a 
tensão de cisalhamento, como mostra a figura a seguir. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Precisamos determinar 𝑉𝑉 e 𝐼𝐼 para aplicarmos a Equação 1, na qual 𝑉𝑉 é 
determinado aplicando a Equação 2. Assim temos: 
𝑉𝑉 = 𝑦𝑦�′𝐴𝐴′ = �𝑦𝑦 +
1
2
�
ℎ
2
− 𝑦𝑦�� . �𝑏𝑏 �
ℎ
2
− 𝑦𝑦�� 
𝑉𝑉 = �𝑦𝑦 +
ℎ
4
−
𝑦𝑦
2
� . �𝑏𝑏 �
ℎ
2
− 𝑦𝑦�� = �
𝑦𝑦
2
+
ℎ
4
� . �𝑏𝑏 �
ℎ
2
− 𝑦𝑦�� 
𝑉𝑉 = 𝑏𝑏 �
𝑦𝑦ℎ
4
−
𝑦𝑦2
2
+
ℎ2
8
−
𝑦𝑦ℎ
4
� = 𝑏𝑏 �
2𝑦𝑦ℎ − 4𝑦𝑦2 + ℎ2 − 2𝑦𝑦ℎ
8
� 
𝑉𝑉 = 𝑏𝑏
ℎ2 − 4𝑦𝑦2
8
 → 𝑉𝑉 =
1
2
�
ℎ2
4
− 𝑦𝑦²�𝑏𝑏 
O momento de inércia de área é calculado aplicando a Equação 10 vista 
em aulas anteriores. Logo, 
𝐼𝐼 =
𝑏𝑏ℎ³
12
 
 
 
8 
A tensão de cisalhamento é determinada pela aplicação da Equação 1, 
em que 𝐼𝐼 corresponde à largura 𝑏𝑏. Então, 
𝜏𝜏 =
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝐼𝐼𝐼𝐼
=
𝑉𝑉 12 �
ℎ2
4 − 𝑦𝑦
2� 𝑏𝑏
�𝑏𝑏ℎ
3
12 � 𝑏𝑏
=
12𝑉𝑉 �ℎ
2
4 − 𝑦𝑦
2�
2𝑏𝑏ℎ3
 
𝜏𝜏 =
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 − 𝑦𝑦²�
𝑏𝑏ℎ³
 
O resultado acima mostra que a distribuição de tensão de cisalhamento 
na seção é uma função do tipo parábola, pois temos 𝑦𝑦2 como mostra a Figura 
7. 
Figura 7 – Distribuição da tensão de cisalhamento na seção transversal 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Sabemos que 𝑦𝑦 está entre os valores de −ℎ/2 e ℎ/2. Para as 
extremidades, da seção transversal em −ℎ/2 e ℎ/2, temos o seguinte resultado 
para a tensão: 
𝜏𝜏 =
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 − �−
ℎ
2� ²�
𝑏𝑏ℎ³
=
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 −
ℎ²
4 �
𝑏𝑏ℎ³
=
6𝑉𝑉(0)
𝑏𝑏ℎ³
= 0 e 
𝜏𝜏 =
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 − �
ℎ
2� ²�
𝑏𝑏ℎ³
=
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 −
ℎ²
4 �
𝑏𝑏ℎ³
=
6𝑉𝑉(0)
𝑏𝑏ℎ³
= 0 
Isso nos mostra que a tensão de cisalhamento nas extremidades da 
seção é igual a zero. Considerando o cálculo da tensão de cisalhamento sobre 
o eixo neutro em 𝑦𝑦 = 0, vamos obter a tensão máxima de cisalhamento. Logo: 
 
 
9 
𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
6𝑉𝑉 �ℎ
2
4 −0²�
𝑏𝑏ℎ³
=
6𝑉𝑉ℎ2
4
𝑏𝑏ℎ3
=
6𝑉𝑉
4𝑏𝑏ℎ
= 1,5
𝑉𝑉
𝑏𝑏ℎ
 → 𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 = 1,5
𝑉𝑉
𝐴𝐴
 
Veja que a forma vista em aulas anteriores para determinar a tensão de 
cisalhamento média em uma estrutura nos resultou em 
𝜏𝜏𝑚𝑚é𝑑𝑑 =
𝑉𝑉
𝐴𝐴
 
A equação desenvolvida nos mostra que a tensão de cisalhamento 
máxima é 50% maior que a tensão de cisalhamento média, pois 𝜏𝜏𝑚𝑚á𝑥𝑥 =
1,5𝜏𝜏𝑚𝑚é𝑑𝑑. 
Em uma viga, a tensão de cisalhamento longitudinal tem a mesma 
magnitude da tensão de cisalhamento transversal e é máxima no eixo neutro, 
como mostra a Figura 8a. Essa tensão pode fazer com que uma viga de 
madeira se rompa em seus apoios, como mostra a Figura 8b. Isso ocorre 
porque a madeira possui baixa resistência ao cisalhamento ao longo do seu 
eixo longitudinal, devido à direção de suas fibras. 
Figura 8 – (a) Tensão máxima de cisalhamento na direção longitudinal e (b) 
rompimento de uma viga de madeira nos apoios na direção longitudinal 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Não se esqueça de ver os demais exemplos apresentados no nosso 
livro-base a fim de consolidar o conhecimento adquirido, especialmente o 
cálculo do momento de área de primeira ordem, o 𝑉𝑉, que é um termo novo 
apresentado aqui neste tema. 
 
 
10 
TEMA 2 – FLUXO DE CISALHAMENTO EM ESTRUTURAS COMPOSTAS POR 
VÁRIOS ELEMENTOS 
Em muitos casos, as estruturas são construídas com várias partes 
compostas para se obter maior resistência quanto às cargas aplicadas. Um 
exemplo é apresentado na Figura 9ª, em que as vigas e colunas são 
parafusadas, e na Figura 9b, em que são soldadas a fim de evitar o 
deslizamento relativo entre as peças. 
Figura 9 – Fixação de vigas e colunas através de (a) parafusos e (b) soldas, a 
fim de evitar a movimentação das peças 
(a) (b) 
Créditos: Sergei Telenkov/Shutterstock; Salman Timur/shutterstock. 
Para determinar a quantidade de parafusos ou as dimensões do cordão 
de solda, é necessário conhecer a força de cisalhamento à qual devem resistir. 
Esse carregamento, quando calculado como força por unidade de comprimento 
da viga, é chamado fluxo de cisalhamento, 𝒒𝒒. 
A equação para determinar o fluxo de cisalhamento é obtida através de 
um procedimento semelhante ao usado para determinar a tensão de 
cisalhamento de uma viga. Ela é descrita como: 
𝑞𝑞 =
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝐼𝐼
 (3) 
Aqui, 𝑞𝑞 corresponde ao fluxo de cisalhamento, medido como uma força 
por unidade de comprimento ao longo da viga, e os demais termos (𝑉𝑉, 𝑉𝑉 e 𝐼𝐼) 
são os mesmos abordados no tema anterior. 
 
 
 
11 
2.1 Espaçamento de fixadores 
Podemos determinar o espaçamento, 𝑠𝑠, entre pregos ou parafusos que 
unem elementos de uma estrutura, tornando uma estrutura “única”, 
considerando, por exemplo, que um prego possa suportar uma força de 
cisalhamento máxima 𝐹𝐹 antes de se romper, como mostra a Figura 10a. Se a 
união foi feita utilizando uma sequência de pregos, como mostra a Figura 10b, 
eles devem resistir ao fluxo de cisalhamento 𝑞𝑞 (𝑁𝑁/𝑚𝑚) entre as tábuas, ou seja, 
eles devem manter a tábua superior unida à tábua inferior, sem que ocorra 
deslizamento entre elas durante devido à aplicação da força, como mostra a 
Figura 10c. 
Figura 10 – (a) Prego sofrendo cisalhamento 𝐹𝐹, (b) conjunto de pregos 
espaçados e (c) fluxo de cisalhamento sobre o prego 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
O espaçamento entre os pregos é determinado com base na seguinte 
equação: 
𝐹𝐹 = 𝑞𝑞𝑠𝑠 (4) 
Outra situação de fixação de elementos a fim de obter uma maior 
resistência da estrutura é representada na Figura 11a, b e c. 
Figura 11 – Suporte com fixação por (a) um, (b) dois e (c) três pregos 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
12 
O fluxo de cisalhamento ocorre nas linhas pretas espessas, e é 
determinado através do 𝑉𝑉 calculado a partir de 𝐴𝐴′ e 𝑦𝑦� mostrados nas figuras. 
Na Figura 11a, observe que a tábua mais escura está unida à tábua mais clara 
por apenas um prego, na Figura 11b por dois pregos e na Figura 11c por três 
pregos; logo, o fluxo de cisalhamento é 𝑞𝑞, 𝑞𝑞/2 e 𝑞𝑞/3, respectivamente. 
Exemplo 2: As duas tábuas idênticas são parafusadas para formar a 
viga mostrada na figura. Determine o espaçamento máximo 𝑠𝑠 dos parafusos, 
com aproximação de milímetros, se cada parafuso tiver resistência ao 
cisalhamento de 15 kN. A viga está sujeita a uma força de cisalhamento V = 50 
kN. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Para resolver este problema, vamos aplicar a Equação 4. Para 
isso, precisamos descobrir o fluxo de cisalhamento. Se olharmos a viga na sua 
vista frontal, podemos observar que dois parafusos resistem ao carregamento 
por intervalo, como mostra a seguinte figura: 
 
Logo, o fluxo de cisalhamento é dividido por 2, como vimos na Figura 
11b. Para aplicar a Equação 3, precisamos obter o 𝑉𝑉 e 𝐼𝐼, em que 𝑉𝑉 é calculado 
 
 
13 
na linha que une as duas tábuas. A seguinte figura mostra as dimensões 
relacionadas na obtenção deste termo. 
 
Aplicando a Equação 2, temos: 
𝑉𝑉 = 𝑦𝑦�′𝐴𝐴′ = 50. (300.100) → 𝑉𝑉 = 1,5. 106 𝑚𝑚³ ou 1,5. 10−3 𝑚𝑚³ 
O momento de inércia é calculado considerando como se as duas 
tábuas fossem um único elemento. Logo: 
𝐼𝐼 =
𝑏𝑏ℎ³
12
=
300.200³
12
 → 𝐼𝐼 = 200. 106 𝑚𝑚4 ou 200. 10−6 𝑚𝑚4 
Aplicando a Equação 3, temos: 
𝑞𝑞
2
=
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝐼𝐼
2
=
𝑉𝑉𝑉𝑉
2𝐼𝐼
 → 𝑞𝑞 =
𝑉𝑉𝑉𝑉
2𝐼𝐼
=
50.103. 1,5. 10−3
2.200. 10−6
 → 𝑞𝑞 = 187,5 𝑘𝑘𝑁𝑁/𝑚𝑚 
Substituindo este resultado na Equação 4, em que F = 15 kN, ficamos 
com: 
𝐹𝐹 = 𝑞𝑞𝑠𝑠 → 𝑠𝑠 =
𝐹𝐹
𝑞𝑞
=
15.10³
187,5. 103
 → 𝑠𝑠 = 0,08 𝑚𝑚 ou 80 𝑚𝑚𝑚𝑚 
Exemplo 3: Pregos com resistência ao cisalhamento de 900 N são 
usados em uma viga que pode ser construída de dois modos: Caso I (Figura a) 
ou Caso II (Figura b). Se os pregos forem espaçados por 250 mm, determine o 
maior cisalhamento vertical que pode ser suportado em cada caso, de modo 
que os pregos não falhem. 
 
 
14 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Como ambas as seções transversais possuem a mesma 
geometria, logo, o momento de inércia é o mesmo. Para determiná-lo, 
aplicaremos o teorema dos eixos paralelos visto em outros estudos, dividindo a 
seção em três segmentos, como mostra a seguinte figura. 
Determinamos o momento de inércia de cada segmento e depois 
somamo-los. Assim temos: 
𝐼𝐼1 =
0,075.0,01³
12
+ 0,075.0,01. (0,05 − 0,005)2 = 6,25. 10−9 + 1,51875. 10−6 
𝐼𝐼1 = 1,525. 10−6 𝑚𝑚4 
𝐼𝐼2 =
0,025.0,08³
12
+ 0,025.0,08. (0)2 = 1,067. 10−6 + 0 
𝐼𝐼2 = 1,067. 10−6 𝑚𝑚4 
Por fim, como o terceiro segmento possui as mesmas dimensões que o 
primeiro, seu momento de inércia é igual ao 𝐼𝐼1. Portanto, o momento de inércia 
dessa peça é: 
𝐼𝐼 = 𝐼𝐼1 + 𝐼𝐼2 + 𝐼𝐼3 → 𝐼𝐼 = 4,1167. 10−6 𝑚𝑚4 
 
 
 
15 
Para o primeiro caso, temos a seguinte situação de fixação das partes: 
 
A parte destacada em marrom escuro é a que será fixada na alma da 
seção (parte mais clara). Precisamos determinar o momento de primeira ordem 
de área, 𝑉𝑉, para esta situação. Vamos considerar neste cálculo o ponto de 
união entre ambas as peças, aplicando a Equação 2. Logo: 
𝑉𝑉𝐼𝐼 = 0,045. (0,075.0,01) → 𝑉𝑉𝐼𝐼 = 3,375. 10−5 𝑚𝑚³ 
Isolando o fluxo de cisalhamento da Equação 4, ficamos com: 
𝐹𝐹 = 𝑞𝑞𝑠𝑠 → 𝑞𝑞 =
𝐹𝐹
𝑠𝑠
=
900
0,25
 → 𝑞𝑞 = 3600 𝑁𝑁/𝑚𝑚 
Aplicando a Equação 3, podemos obter a força máxima de cisalhamento 
que pode ser aplicada a este tipo de fixação: 
𝑞𝑞 =
𝑉𝑉𝑉𝑉
𝐼𝐼
 → 𝑉𝑉𝐼𝐼 =
𝑞𝑞𝐼𝐼
𝑉𝑉𝐼𝐼
=
3600.4,1167. 10−6
3,375. 10−5
 → 𝑉𝑉𝐼𝐼 = 439,11 𝑁𝑁 
Para o segundo caso, o que vai mudar basicamente é o momento de 
primeira ordem de área, o 𝑉𝑉. A diferença básica é quea área considerada 
neste cisalhamento (em marrom escuro) será muito menor, como mostra a 
figura a seguir. 
 
 
16 
 
Logo, o momento de primeira ordem da área fica da seguinte forma: 
𝑉𝑉𝐼𝐼𝐼𝐼 = 0,045. (0,025.0,01) → 𝑉𝑉𝐼𝐼𝐼𝐼 = 1,125. 10−5 𝑚𝑚³ 
A força máxima de cisalhamento que pode ser aplicada a esse tipo de 
fixação é obtida da mesma forma que no caso anterior; Logo: 
𝑉𝑉𝐼𝐼𝐼𝐼 =
𝑞𝑞𝐼𝐼
𝑉𝑉𝐼𝐼𝐼𝐼
=
3600.4,1167. 10−6
1,125. 10−5
 → 𝑉𝑉𝐼𝐼𝐼𝐼 = 1317,34 𝑁𝑁 
Podemos concluir com este exemplo que o segundo caso resiste a uma 
força maior (3 vezes maior); entretanto, gasta uma quantidade maior de 
parafusos. Consequentemente, é mais difícil de fabricar. 
TEMA 3 – FLAMBAGEM DE COLUNAS APOIADAS POR PINOS 
Além dos requisitos de resistência, as estruturas também devem 
satisfazer os requisitos de estabilidade. Esta é muito importante em elementos 
compridos e delgados sujeitos a cargas de compressão, como é o caso de 
colunas em geral (Figura 12a), suporte de caixa d’água (Figura 12b), torre de 
controle de tráfego aéreo (Figura 12c), torre de telecomunicação (Figura 12 d), 
torres de transmissão de energia elétrica (Figura 12e), entre outros. 
 
 
 
17 
Figura 12 – (a) Colunas de viadutos, (b) colunas de um suporte de caixa 
d’água, (c) torre de tráfego aéreo, (d) torre de telecomunicação e (e) torre de 
transmissão de energia elétrica 
(a) (b) 
(c) (d) 
(e) 
Créditos: hallucion_7/adobestock; MitchCoxPhoto/adobestock; Quality Stock Arts/adobestock; 
ABCDstock/adobestock. 
Quando a carga de compressão provoca uma deflexão lateral repentina, 
chamamos este efeito de flambagem. É necessário projetar as estruturas a fim 
de evitar esse tipo de falha. Para isso, podemos determinar a força máxima 
que uma coluna pode suportar quando está na iminência de flambar (Figura 13 
a e b). 
 
 
 
18 
Figura 13 – (a) Coluna na iminência de flambar devido à carga crítica de 
flambagem e (b) coluna flambada 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Essa força é denominada carga crítica de flambagem e é determinada 
pela aplicação da Equação da carga de Euler, cujo nome se deve ao 
matemático suíço Leonhard Euler, que resolveu este problema em 1757, 
definida abaixo como: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼
𝐿𝐿²
 (5) 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 é a carga crítica de flambagem, 𝐸𝐸 é o módulo de elasticidade, 𝐼𝐼 
corresponde ao momento de inércia de área e 𝐿𝐿 é o comprimento da coluna. 
A Equação 5 é definida para uma coluna apoiada por pinos, como é o 
caso de estruturas treliçadas. 
Em alguns casos, a Equação 5 pode ser redefinida em termos da 
tensão, se expressarmos 𝐼𝐼 = 𝐴𝐴𝐴𝐴², em que 𝐴𝐴 é a área da seção transversal da 
coluna e 𝐴𝐴 é o raio de giração da área da seção transversal. 
O raio de giração de uma área em relação a um eixo é utilizado no 
projeto de colunas na mecânica estrutural. Se as áreas e momentos de inércia 
forem conhecidos, os raios de giração podem ser determinados por: 
𝐴𝐴𝑥𝑥 = �
𝐼𝐼𝑥𝑥
𝐴𝐴
, ou 𝐴𝐴𝑦𝑦 = �
𝐼𝐼𝑦𝑦
𝐴𝐴
 (6) 
 
 
19 
Substituindo 𝐼𝐼 = 𝐴𝐴𝐴𝐴² na Equação 5, ficamos com: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸(𝐴𝐴𝐴𝐴2)
𝐿𝐿2
 → 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴
=
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐴𝐴2
𝐿𝐿2
 → 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸
(𝐿𝐿2/𝐴𝐴2)
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸
(𝐿𝐿/𝐴𝐴)²
 (7) 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 é a tensão crítica de flambagem e 𝐴𝐴 é o menor raio de giração da 
coluna para o menor momento de inércia, 𝐼𝐼. 
Em projeto de colunas, é comum encontrar a relação geométrica 𝐿𝐿/𝐴𝐴 
como um dado tabelado. Essa relação é conhecida como índice de esbeltez, e 
é uma medida da flexibilidade da coluna, servindo para classificar colunas 
como compridas, intermediárias ou curtas. 
Gráficos podem ser gerados relacionando a tensão crítica de flambagem 
com o índice de esbeltez como mostra a Figura 15 para o aço estrutura em 
uma liga de alumínio. Observe que as curvas são hiperbólicas e seus valores 
são válidos para tensões críticas abaixo da tensão de escoamento dos 
materiais, ou seja, abaixo de 250 MPa para o aço e 186 MPa. 
Figura 15 – Gráfico que relaciona a tensão crítica de flambagem com o índice 
de esbeltez 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Este tipo de gráfico facilita o trabalho do projetista, pois permite a 
determinação do índice de esbeltez ou da tensão crítica de flambagem de 
forma rápida, por exemplo: se o projetista projetar uma coluna de aço estrutural 
e trabalhar com uma tensão próxima a tensão de escoamento, 250 MPa, as 
colunas devem ter um índice de esbeltez de no mínimo 89. Agora, se 
 
 
20 
considerar o material de alumínio e a tensão próxima à tensão de escoamento, 
186 MPa, neste caso, a coluna deverá ter um índice de esbeltez de no mínimo 
60,5. Observe que, quanto maior o índice de esbeltez, menor é a tensão crítica 
que a coluna irá suportar; por isso, colunas mais “achatadas” permitem uma 
maior tensão crítica, limitada pela tensão de escoamento do material. 
Exemplo 4: Um tubo de aço A-36 com 7,2 m de comprimento e seção 
transversal mostrada na figura deve ser usado como uma coluna presa por 
pinos na extremidade. Determine a maior força normal (axial) que pode ser 
aplicada à coluna de forma que ela não venha a falhar por flambagem. 
 
Fonte: Hibbeler, 2010. 
Solução: Para determinar a carga máxima que a estrutura pode 
suportar a fim de não falhar por flambagem, vamos aplicar a Equação 5. O 
primeiro passo é determinar o momento de inércia que para uma seção tubular 
é dada por: 
𝐼𝐼 =
𝜋𝜋(𝐴𝐴𝑒𝑒4 − 𝐴𝐴𝑖𝑖4)
4
=
𝜋𝜋(0,0754 − 0,074)
4
=
𝜋𝜋. 7,631. 10−6
4
 → 𝐼𝐼 = 5,993. 10−6 𝑚𝑚4 
Precisamos saber o valor do módulo de elasticidade e da tensão de 
escoamento do aço A-36. Para isso, vamos utilizar a Tabela 1 que já vimos em 
aulas anteriores (Figura 23). 
Através da Tabela, temos que o módulo de elasticidade do aço A-36 é 
200 GPa e a tensão de escoamento é 250 MPa. Agora, podemos aplicar a 
Equação 5, dada por: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2200. 109. 5,993. 10−6
7,2²
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 = 228,2 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
 
21 
Podemos determinar a tensão provocada por essa carga por: 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴
=
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
�𝜋𝜋(𝐴𝐴𝑒𝑒2 − 𝐴𝐴𝑖𝑖2)�
=
228,2.103
�𝜋𝜋(0,0752 − 0,072)�
=
228,2.103
(𝜋𝜋. 7,25. 10−4)
 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 = 100,2 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Tabela 1 – Propriedades mecânicas de materiais típicos de engenharia 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Conforme a Tabela 1, a tensão de escoamento do aço estrutural A-36 
equivale a 250 MPa. Portanto, essa coluna pode receber uma carga de até 
228,2 kN para não ter problemas de estabilidade. Sabemos que ela não vai 
apresentar uma falha material, pois a tensão produzida por essa carga é muito 
inferior à tensão de escoamento do material. 
Exemplo 5: O elemento W200 x 46 de aço A-992 mostrado na figura 
deve ser usado com uma coluna apoiada por pinos. Determine a maior força 
normal que pode ser aplicada à coluna de forma que ela não venha a falhar por 
flambagem e nem por escoamento do material. 
 
 
22 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Para determinar a carga máxima que a estrutura pode 
suportar a fim de não falhar por flambagem, vamos aplicar a Equação 5. O 
primeiro passo é descobrir os parâmetros geométricos da seção transversal, 
como momento de inércia e área. Para isso, analise a Tabela 2 retirada do 
apêndice B do nosso livro. 
Tabela 2 – Propriedades geométricas de perfis estruturais 
 
 
Fonte: Hibbeler, 2010. 
 
 
23 
Conforme a Tabela 2, para o perfil W200 x 46, temos 𝐴𝐴 = 5890 𝑚𝑚𝑚𝑚², 
𝐼𝐼𝑥𝑥 = 45,5. 106 𝑚𝑚𝑚𝑚4 e 𝐼𝐼𝑥𝑥 = 15,3. 106 𝑚𝑚𝑚𝑚4. A pergunta é: qual desses dois 
momentos de inércia deverá ser utilizado para determinar a carga crítica de 
flambagem? A resposta é simples: quanto menor o momento de inércia,menos 
carga a coluna poderá suportar. Se escolhermos o momento de inércia maior, 
certamente o material irá flambar, pois sua carga crítica de flambagem será 
maior; logo, superará a carga crítica da outra direção (do outro momento de 
inércia). Portanto, sempre temos que escolher o menor momento de inércia de 
área para determinar a carga crítica de flambagem de uma coluna. 
O módulo de elasticidade do aço A-992 é obtido através da Tabela 1 e 
equivale a 200 GPa e a tensão de escoamento é 345 MPa. 
Aplicando a Equação 5 ao problema em tela, temos: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2200. 109. 15,3. 106. 10−12
3²
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 = 3,36 𝑀𝑀𝑁𝑁 
Note que o momento de inércia de área foi multiplicado por 10−12 para 
ficar na unidade de 𝑚𝑚4. 
A tensão crítica é calculada por: 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴
=
3,36.106
5890. 10−6
 → 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 = 569,72 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Observe que a área foi multiplicada por 10−6 para ficar na unidade de 
𝑚𝑚2. 
Como a tensão de escoamento do material é 345 MPa, a tensão crítica 
provocada pela carga crítica de flambagem supera este valor, fazendo com que 
o material falhe por escoamento e apresente deformações plásticas. Como não 
queremos que isso ocorra, precisamos determinar a força máxima que pode 
ser aplicada considerando a tensão de escoamento. Assim temos: 
𝜎𝜎𝑒𝑒 =
𝑃𝑃𝑚𝑚á𝑥𝑥
𝐴𝐴
 → 𝑃𝑃𝑚𝑚á𝑥𝑥 = 𝜎𝜎𝑒𝑒𝐴𝐴 = 345. 1065890. 10−6 
𝑃𝑃𝑚𝑚á𝑥𝑥 = 2,032 𝑀𝑀𝑁𝑁 
Portanto, a carga máxima que pode ser aplicada a coluna é 2,032 MN a 
fim de resistir ao escoamento (falha material) e à flambagem (falha por 
estabilidade). 
 
 
24 
TEMA 4 – COLUNAS COM VÁRIOS TIPOS DE APOIO 
A fórmula de Euler apresentada na Equação 5 foi definida considerando 
uma coluna ideal apoiada por pinos, ou seja, livres para girar em suas 
extremidades. Entretanto, as colunas podem ter outros tipos de apoios, por 
exemplo, as torres de controle de tráfego aéreo que são engastadas em sua 
base e livres na outra (Figura 16). 
Para aplicar a fórmula de Euler em colunas com diferentes tipos de 
apoios, o comprimento da coluna 𝐿𝐿 deverá ser modificado, de forma a 
representar a distância entre os pontos de momento nulo da coluna. Esse 
comprimento é chamado de comprimento efetivo da coluna, 𝐿𝐿𝑒𝑒. Para uma 
coluna apoiada por pinos, o comprimento efetivo é equivalente ao comprimento 
da coluna, ou seja, 𝐿𝐿𝑒𝑒 = 𝐿𝐿. Já uma coluna engastada livre, como vimos na torre 
de controle de tráfego aéreo (Figura 16), tem o comprimento efetivo 𝐿𝐿𝑒𝑒 = 2𝐿𝐿. A 
Figura 17 apresenta os comprimentos equivalente para diferentes tipos de 
apoios. 
Figura 16 – Exemplo de uma estrutura engastada livre – torre de controle de 
tráfego aéreo 
 
Créditos: Winston Wolf/Shutterstock. 
 
 
 
25 
Figura 17 – Comprimento efetivo para coluna (a) com as extremidades 
apoiadas por pinos, (b) com uma extremidade engastada e a outra livre, (c) 
com ambas as extremidades engastadas e (d) com uma extremidade 
engastada e a outra apoiada por pino 
(a) (b) (c) (d) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Os coeficientes 𝐾𝐾 representados na Figura 17 para cada tipo de situação 
de apoios é multiplicado pelo comprimento da coluna para definir o 
comprimento efetivo, ou seja, 𝐿𝐿𝑒𝑒 = 𝐾𝐾𝐿𝐿. Nesse contexto, a fórmula de Euler 
pode ser reescrita da seguinte forma: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼
(𝐾𝐾𝐿𝐿)²
 (8) 
E a tensão crítica de flambagem fica da seguinte forma: 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴
=
𝜋𝜋2𝐸𝐸
(𝐾𝐾𝐿𝐿/𝐴𝐴)²
 (9) 
em que 𝐾𝐾𝐿𝐿/𝐴𝐴 corresponde ao índice de esbeltez efetivo da coluna. 
 
 
26 
Exemplo 6: A coluna de alumínio mostrada na figura e é apoiada em 
seu topo por cabos, de modo a impedirem que o topo se movimente ao longo 
do eixo x, mas é considerada “livre” em relação ao eixo y. Considerando um 
engaste na base da coluna, determine a maior carga admissível 𝐏𝐏 que pode ser 
aplicada à coluna. Considere um fator de segurança de 3, 𝐸𝐸 = 70 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑀𝑀, 𝜎𝜎𝑒𝑒 =
215 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀, 𝐴𝐴 = 7,5. 10−3 𝑚𝑚², 𝐼𝐼𝑥𝑥 = 61,3. 10−6 𝑚𝑚4 e 𝐼𝐼𝑦𝑦 = 23,2. 10−6 𝑚𝑚4. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Este exemplo é um pouco mais complicado, pois existem dois 
tipos de apoios das extremidades, dependendo do eixo que está sendo 
considerado. Por exemplo, considerando o movimento na direção do eixo y, ou 
seja, em torno do eixo x, temos uma situação de coluna engastada na base e 
livre na extremidade do topo como mostra a figura abaixo. 
Neste caso, temos que o giro ocorre em torno do eixo x, logo, o 
momento de inércia considerado é o 𝐼𝐼𝑥𝑥 e o coeficiente para determinação do 
comprimento equivalente é 2 como mostra a Figura 17b. A carga crítica de 
flambagem para essa condição é dada pela aplicação da Equação 8. Assim 
temos: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼𝑥𝑥
(𝐾𝐾𝐿𝐿)2
=
𝜋𝜋270 . 109. 61,3. 10−6
(2.5)2
=
42,350. 106
100
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥 = 423,505 𝑘𝑘𝑁𝑁 
 
 
27 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Considerando o movimento na direção do eixo x, ou seja, girando em 
torno do eixo y, temos uma condição de coluna engastada na base e apoiada 
por pino na extremidade do topo, como mostra a figura a seguir, pois restringe 
a translação na direção do eixo x. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Neste caso, o momento de inércia considerado é o 𝐼𝐼𝑦𝑦 e o coeficiente 
para determinação do comprimento equivalente é 0,7, como mostra a Figura 
17d. A carga crítica de flambagem para essa condição é dada por: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼𝑦𝑦
(𝐾𝐾𝐿𝐿)2
=
𝜋𝜋270 . 109. 23,2. 10−6
(0,7.5)2
=
16,03. 106
12,25
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 = 1,308 𝑀𝑀𝑁𝑁 
A pergunta que fica é: qual é a máxima carga que pode ser aplicada a 
coluna, 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥 = 423,505 𝑘𝑘𝑁𝑁 ou 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 = 1,308 𝑀𝑀𝑁𝑁? Para que não ocorra a 
 
 
28 
flambagem em nenhum dos dois eixos, sempre escolhemos a menor carga 
crítica calculada; portanto, 𝑃𝑃 = 423,505 𝑘𝑘𝑁𝑁. 
É importante recordar que o enunciado requer que a carga aplicada 
atenda a um fator de segurança igual a 3. Logo, a força admissível que poderá 
ser aplicada à coluna é: 
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑑𝑑𝑚𝑚 =
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥
3
=
423,505.10³
3
 → 𝑃𝑃𝑎𝑎𝑑𝑑𝑚𝑚 = 141,17 𝑘𝑘𝑁𝑁 
Precisamos verificar se essa carga admissível não provocará o 
escoamento a coluna. Para isso, aplicamos a Equação 9: 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑎𝑎𝑑𝑑𝑚𝑚
𝐴𝐴
=
141,17.10³
7,5. 10−3
 → 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 = 18,82 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Como 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 é menor que 𝜎𝜎𝑒𝑒 = 215 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 (tensão de escoamento), podemos 
confiar que a carga admissível de 141,17 𝑘𝑘𝑁𝑁 não provocará a flambagem e 
nem o escoamento da coluna considerando o critério de segurança pré-
estabelecido. 
Exemplo 7: a coluna W150 x 24 de aço tem 8 m de comprimento e as 
extremidades engastadas, como mostra a figura seguinte. Sua capacidade de 
carga é aumentada ao fixá-la em torno do eixo y (eixo fraco) usando duas 
escoras que são consideradas como acopladas por pinos a meia altura. 
Determine a carga que a coluna pode suportar sem que ocorra flambagem ou 
que o material ultrapasse a tensão de escoamento. Considere 𝐸𝐸 = 200 𝐺𝐺𝑃𝑃𝑀𝑀 e 
𝜎𝜎𝑒𝑒 = 410 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
 
 
29 
Solução: Vamos considerar nesta análise primeiro a flambagem em 
torno do eixo x, ou seja, vamos analisar os apoios que limitam o movimento da 
estrutura flambar em torno do eixo x (embarrigar na direção y). Como as 
escoras estão posicionadas ao longo do eixo x somente, o movimento na 
direção do eixo y é livre; logo, não surte efeito nessa direção como mostra a 
seguinte figura. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Portanto, a condição de apoio é engastada em ambas as extremidades, 
com 𝐾𝐾 = 0,5 como mostra a Figura 16c. Para a seção W150 x 24, as 
propriedades geométricas são obtidas atravésda Tabela 2, em que 𝐴𝐴 =
3060 𝑚𝑚𝑚𝑚², 𝐼𝐼𝑥𝑥 = 13,4. 106 𝑚𝑚𝑚𝑚4 e 𝐼𝐼𝑦𝑦 = 1,83. 106 𝑚𝑚𝑚𝑚4. A carga crítica de 
flambagem para esta aplicação é dada por: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼𝑥𝑥
(𝐾𝐾𝐿𝐿)2
=
𝜋𝜋2200 . 109. 13,4. 10−6
(0,5.8)2
=
26,45. 106
16
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑥𝑥 = 1,653 𝑀𝑀𝑁𝑁 
Em relação à flambagem em torno do eixo y (embarrigamento na direção 
do eixo x), as barras transversais limitam esse movimento (embarrigamento), 
deixando a estrutura mais rígida nessa direção. Portanto, consideramos que a 
extremidade é engastada conforme o enunciado, mas na parte central é como 
um pino que restringe a translação na direção x, como mostra a seguinte figura: 
 
 
30 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Neste caso, o comprimento equivalente é obtido considerando um 
coeficiente 𝐾𝐾 = 0,7, conforme Figura 16d e para um comprimento igual a 4 m, 
que corresponde ao comprimento da coluna a partir de suas extremidades até 
o ponto em que as escoras estão posicionadas. A carga crítica de flambagem 
para esta aplicação é dada por: 
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 =
𝜋𝜋2𝐸𝐸𝐼𝐼𝑦𝑦
(𝐾𝐾𝐿𝐿)2
=
𝜋𝜋2200 . 109. 1,83. 10−6
(0,7.4)2
=
3,61. 106
7,84
 → 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 = 460,75 𝑘𝑘𝑁𝑁 
Como já foi falado, a máxima carga que pode ser aplicada é 
determinada considerando o critério de falha por estabilidade, a partir da menor 
carga crítica que, no caso, é 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦 = 460,75 𝑘𝑘𝑁𝑁, considerando o critério de falha 
material, além da tensão de escoamento do material. Para esta última, 
precisamos determinar a tensão provocada pela carga crítica 𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐𝑦𝑦. Assim 
temos: 
𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 =
𝑃𝑃𝑐𝑐𝑐𝑐
𝐴𝐴
=
460,75. 103
3060. 10−6
 → 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 = 150,57 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Como 𝜎𝜎𝑐𝑐𝑐𝑐 é menor que 𝜎𝜎𝑒𝑒 = 410 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 (tensão de escoamento), podemos 
confiar que a carga de 460,75 𝑘𝑘𝑁𝑁 não provocará a flambagem e nem o 
escoamento da coluna. 
TEMA 5 – VASOS DE PRESSÃO DE PAREDES FINAS 
Nas indústrias químicas, como em refinarias de petróleo, usinas de 
açúcar e etanol, entre outras, equipamentos como caldeiras ou tanques são 
 
 
31 
muito empregados (Figura 17 a e b). Esses equipamentos são modelados 
como vasos de pressão. 
Figura 17 – (a) Tipo de trocador de calor de casco e tubo em plataforma de 
processamento central de óleo e gás e (b) tanque esférico de gases 
comprimido como propano, gás liquefeito de petróleo ou butano 
(a) (b) 
Créditos: Oil and Gas Photographer/Shutterstock; Italy3d/Shutterstock. 
Estes equipamentos sofrem tensões devido à pressão provocada pelo 
fluido em suas paredes internas. Essas tensões podem ser analisadas de 
maneira simples em casos em que as paredes são finas. Para vasos de 
pressão cilíndricos ou esféricos, é considerada uma parede fina quando a 
razão entre o raio interno e a espessura da parede tem valor igual ou superior a 
10, ou seja, 𝑐𝑐
𝑡𝑡
≥ 10. Quando essa razão é igual a 10, os resultados de vasos de 
parede fina promoverão uma tensão 4% menor que a tensão máxima real no 
vaso. Para razões maiores, esse erro tende a ser menor. 
Nos problemas que analisaremos, vamos considerar a pressão do gás 
no vaso como manométrica (valores acima da pressão atmosférica), pois a 
pressão atmosférica também está presente dentro e fora da parede vaso antes 
dele ser pressurizado. 
5.1 Vasos cilíndricos 
Para vasos de pressão cilíndricos, como mostra o modelo da Figura 18a, 
com espessura de parede, 𝐼𝐼, e raio, 𝐴𝐴, sujeito a uma pressão interna do gás 𝑝𝑝, 
duas forças estão presentes: uma radial na direção da parede do aro que 
provocará uma tensão circunferencial, como mostra a Figura 18b, e uma 
longitudinal que produzirá uma tensão longitudinal (ou axial) sobre a tampa e 
ao longo da espessura da casca do vaso, representada na Figura 18c. 
 
 
32 
Figura 18 – (a) Modelo de vaso de pressão cilíndrico, (b) força radial e (c) força 
longitudinal 
(a) (b) (c) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Fazendo o equilíbrio de forças na direção x, a tensão circunferencial 
relativa à força radial é dada por: 
𝜎𝜎1 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
𝐼𝐼
 (10) 
𝜎𝜎1 é a tensão circunferencial, 𝑝𝑝 é a pressão manométrica interna do gás, 
𝐴𝐴 é o raio interno do cilindro e 𝐼𝐼 é a espessura da parede considerando 𝑐𝑐
𝑡𝑡
≥ 10. 
Para o equilíbrio de forças na direção y, a tensão longitudinal relativa à 
força radial é dada por: 
𝜎𝜎2 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
2𝐼𝐼
 (11) 
Comparando a Equação 10 com a 11, observe que a tensão 
circunferencial é o dobro da tensão longitudinal. Consequentemente, quando 
esse tipo de vaso de pressão é projetado com chapas laminadas, as juntas 
longitudinais devem ser projetadas para suportar duas vezes mais tensão que 
as circunferenciais. 
Exemplo 8: Um tanque cilíndrico de nitrogênio líquido do caminhão 
possui um diâmetro interno de 2,5 m e espessura de parede de 15 mm. 
Determine a pressão interna máxima que ele pode suportar de modo que nem 
a tensão circunferencial nem a longitudinal ultrapassem 250 MPa. 
 
 
33 
 
Créditos: Funtay/Shutterstock. 
Solução: Como vimos nas Equações 10 e 11, a tensão máxima ocorre 
na direção circunferencial. Portanto, vamos aplicar a Equação 10 para 
determinar a máxima pressão, que pode ocorrer dentro do tanque. Assim 
temos: 
𝜎𝜎1 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
𝐼𝐼
 → 𝑝𝑝 =
𝜎𝜎𝐼𝐼
𝐴𝐴
=
250. 106. 0,015
2,5
 → 𝑝𝑝 = 1,5 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Se calcularmos a tensão longitudinal produzida por essa pressão, o 
resultado é metade de 250 MPa, ou seja, 125 MPa. Observe que a pressão 
interna é de 1,5 MPa; entretanto, essa tensão produz uma tensão máxima no 
tanque de aproximadamente 167 vezes maior. 
5.2 Vasos esférico 
Para vasos de pressão esférico, como vimos na Figura 17b e como 
mostra a Figura 19a, a tensão circunferencial é a mesma que a longitudinal e é 
obtida pelo equilíbrio de forças em x ou em y, como mostra a Figura 19b. 
 
 
 
34 
Figura 19 – (a) vaso de pressão esférico e (b) seção no vaso de pressão 
esférico para determinação da equação da tensão nele 
(a) (b) 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Portanto, a tensão para um vaso de pressão esférico é dada por: 
𝜎𝜎2 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
2𝐼𝐼
 (12) 
Note que é a mesma Equação para a tensão longitudinal em vasos de 
pressão cilíndricos. 
Exemplo 9: Considerando o Exemplo 8, determine a pressão interna 
máxima se o vaso fosse do tipo esférico sob as mesmas condições. 
Solução: Vamos aplicar a Equação 12 para determinar a pressão 
interna máxima que um vaso esférico poderia receber a partir da consideração 
de que a tensão não deve ultrapassar 250 MPa, que o raio da esfera deve ser 
de 2,5 m e que a espessura da chapa é de 15 mm: 
𝜎𝜎2 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
2𝐼𝐼
 → 𝑝𝑝 =
𝜎𝜎2𝐼𝐼
𝐴𝐴
=
250. 106. 2.0,015
2,5
 → 𝑝𝑝 = 3 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Observe que a pressão que o vaso esférico pode receber é o dobro que 
a pressão que um vaso cilíndrico. A limitação do uso deste tipo de vaso é sua 
fabricação. 
Exemplo 10: O tanque do compressor de ar está sujeito a uma pressão 
interna de 0,63 MPa. Se seu diâmetro interno for 550 mm e a espessura de 
parede 6 mm, determine os componentes da tensão que agem no ponto A. 
 
 
35 
Trace um elemento de volume do material neste ponto e mostre os resultados 
no elemento. 
 
Fonte: Hibbeler, 2018. 
Solução: Como o objetivo do exemplo é determinar os componentes de 
tensão no ponto A, vamos determinar ambas as tensões: circunferencial e 
longitudinal. Para isso, aplicaremos as Equações 10 e 11, respectivamente: 
𝜎𝜎1 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
𝐼𝐼
=
0,63. 106. �0,552 �
0,006
 → 𝜎𝜎1 = 28,875 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
𝜎𝜎2 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
2𝐼𝐼
=
0,63. 106. �0,552 �
2.0,006
 → 𝜎𝜎2 = 14,438 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
O desenho do elemento de volume fica da seguinte forma: 
 
Exemplo 11: A cinta deaço A-36 tem 50 mm de largura e está presa ao 
redor do cilindro rígido liso. Se os parafusos forem apertados de modo que a 
 
 
36 
tração neles seja 2 kN, determine a tensão normal na cinta, a pressão exercida 
sobre o cilindro e a distância onde metade da cinta estica. 
 
Solução: A tensão normal é proveniente da força de 2 kN que estica a 
cinta, como mostra o seguinte diagrama de corpo livre: 
 
A área vermelha é a que está sofrendo a tensão normal na cinta, devido 
à força de 2 kN aplicada ao parafuso; logo, essa tensão é calculada por: 
𝜎𝜎 =
𝐹𝐹
𝐴𝐴
=
2000
0,05.0,003
 → 𝜎𝜎 = 1,33 𝑀𝑀𝑃𝑃𝑀𝑀 
Aplicando a Equação 10, podemos obter a pressão sobre o cilindro. 
Assim temos: 
𝜎𝜎1 =
𝑝𝑝𝐴𝐴
𝐼𝐼
 → 𝑝𝑝 =
𝜎𝜎1𝐼𝐼
𝐴𝐴
=
1,33. 106. 0,003
0,2
 → 𝑝𝑝 = 20 𝑘𝑘𝑃𝑃𝑀𝑀 
Por fim, a quantidade deslocada da sinta devido à aplicação da força de 
2 kN é obtida conhecendo seu comprimento inicial, calculado pelo perímetro de 
meia cinta dada por: 
𝐿𝐿𝑖𝑖 = 𝜋𝜋𝐴𝐴 = 𝜋𝜋. 200 → 𝐿𝐿𝑖𝑖 = 628,32 𝑚𝑚𝑚𝑚 
 
 
37 
O alongamento da cinta depende da deformação proveniente da tensão 
normal na cinta, aplicando a lei de Hooke vista na Equação 1 de aulas 
anteriores, em que o módulo de elasticidade do aço A-36 é 200 GPa conforme 
Tabela 1: 
𝜎𝜎 = 𝐸𝐸𝜀𝜀𝑙𝑙 → 𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝜎𝜎
𝐸𝐸
=
1,33. 106
200. 109
 → 𝜀𝜀𝑙𝑙 = 6,65. 10−6 𝑚𝑚𝑚𝑚/𝑚𝑚𝑚𝑚 
Pela Equação 8 vista em aulas anteriores podemos determinar o 
alongamento da cinta: 
𝜀𝜀𝑙𝑙 =
𝛿𝛿
𝐿𝐿𝑖𝑖
 → 𝛿𝛿 = 𝜀𝜀𝑙𝑙𝐿𝐿𝑖𝑖 = 6,65. 10−6 .628,32 → 𝛿𝛿 = 4,18. 10−3 𝑚𝑚𝑚𝑚 
FINALIZANDO 
Nesta aula, vimos como determinar a tensão de cisalhamento, devido à 
uma carga transversal, assunto muito importante no projeto de vigas e 
estruturas sujeitas a forças de cisalhamento. Vimos também a falha por 
estabilidade chamada flambagem, proveniente de uma força de compressão 
sobre estruturas esbeltas. Por fim, você aprendeu a determinar a tensão 
circunferencial e longitudinal em vasos de pressão de paredes finas cilíndricos 
e esféricos. 
Nos Capítulos 7 (sobre tensão de cisalhamento transversal), 13 (sobre 
flambagem de colunas) e 8 (sobre vasos de pressão de paredes finas) do 
nosso livro-base (Resistência dos Materiais do autor Hibbeler), você encontrará 
mais exemplos resolvidos sobre os respectivos assuntos vistos nesta aula. Não 
deixe de conferi-los e, se possível, faça alguns exercícios do livro para praticar. 
Encontramo-nos na próxima aula. Bons estudos! 
 
 
 
38 
REFERÊNCIAS 
HIBBELER, R. C. Resistência dos Materiais. 7. ed. São Paulo: Pearson, 
2010. 
HIBBELER, R. C. Resistência dos Materiais. 12. ed. São Paulo: Pearson, 
2018. 
 
 
	Conversa inicial
	FINALIZANDO
	REFERÊNCIAS